2011物理（真题+模拟新题）分类汇编专题6F单元动量

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精F单元动量F2动量守恒定律15．F2[2011·海南物理卷]如图1－14所示,水平地面上有一个坑，其竖直截面为半圆，ab为沿水平方向的直径．若在a点以初速度v0沿ab方向抛出一小球，小球会击中坑壁上的c点．已知c点与水平地面的距离为圆半径的一半，求圆的半径．图1－14【答案】略16．F2[2011·海南物理卷］如图1－15所示，ab和cd是两条竖直放置的长直光滑金属导轨，MN和M′N’是两根用细线连接的金属杆,其质量分别为’m和2m，竖直向上的外力F作用在杆MN上，使两杆水平静止,并刚好与导轨接触；两杆的总电阻为R，导轨间距为l.整个装置处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与导轨所在平面垂直．导轨电阻可忽略,重力加速度为g。在t＝0时刻将细线烧断,保持F不变，金属杆和导轨始终接触良好．求（1）细线烧断后，任意时刻两杆运动的速度之比；（2)两杆分别达到的最大速度．图1－15【答案】略17．F2［2011·海南物理卷]模块3－3试题（12分)（1）关于空气湿度，下列说法正确的是________．A．当人们感到潮湿时，空气的绝对湿度一定较大B．当人们感到干燥时,空气的相对湿度一定较小C．空气的绝对湿度用空气中所含水蒸气的压强表示D．空气的相对湿度定义为水的饱和蒸气压与相同温度时空气中所含水蒸气的压强之比(2）如图1－15所示,容积为V1的容器内充有压缩空气．容器与水银压强计相连，压强计左右两管下部由软胶管相连．气阀关闭时，两管中水银面等高，左管中水银面上方到气阀之间空气的体积为V2。打开气阀,左管中水银面下降；缓慢地向上提右管，使左管中水银面回到原来高度，此时右管与左管中水银面的高度差为h。已知水银的密度为ρ，大气压强为p0，重力加速度为g；空气可视为理想气体，其温度不变．求气阀打开前容器中压缩空气的压强p1.图1－16【解析】（1)BC相对湿度是水蒸气的实际压强与同温度下饱和汽压的比．18．F2[2011·海南物理卷］模块3－4试题（1）一列简谐横波在t＝0时的波形图如图1－16所示．介质中x＝2m处的质点P沿y轴方向做简谐运动的表达式为y＝10sin5πtcm.关于这列简谐波,图1－16A．周期为4.0sB．振幅为20C．传播方向沿x轴正向D．传播速度为10【解析】（1）CD由简谐运动表达式可得T＝eq\f(2π,ω)＝eq\f(2π，5π)s＝0.4s，由波形图可直接得到振幅A＝10cm,波长λ＝4m，根据公式可得波速v＝eq\f（λ，T)＝10m/s；由简谐运动表达式可知，当t＝eq\f（T,4)＝0。1s时,P点位于正向最大位移，表明t＝0时质点P向上振动，可得波沿x正向传播，故CD选项正确．19．F2［2011·海南物理卷]模块3－5试题（1)2011年3月11日，日本发生九级大地震,造成福岛核电站严重的核泄漏事故．在泄漏的污染物中含有131I和137Cs两种放射性核素，它们通过一系列衰变产生对人体有危害的辐射．在下列四个式子中，有两个能分别反映131I和137Cs的衰变过程,它们分别是________和________(填入正确选项前的字母）。131I和137Cs原子核中的中子数分别是________和________．A．X1→eq\o\al(137,56）Ba＋eq\o\al（1,0）nB．X2→eq\o\al(131,54）Xe＋eq\o\al(0，－1)eC．X3→eq\o\al(137,56)Ba＋eq\o\al(0,－1）eD．X4→eq\o\al（131，54）Xe＋eq\o\al（1，1)p(2）一质量为2m的物体P静止于光滑水平地面上，其截面如图1－16所示．图中ab为粗糙的水平面,长度为L;bc为一光滑斜面，斜面和水平面通过与ab和bc均相切的长度可忽略的光滑圆弧连接．现有一质量为m的木块以大小为v0的水平初速度从a点向左运动，在斜面上上升的最大高度为h,返回后在到达a点前与物体P相对静止．重力加速度为g。求(ⅰ）木块在ab段受到的摩擦力f；（ⅱ）木块最后距a点的距离s。图1－16【答案】(1）BC7882【解析】核反应过程中电荷数、质量数守恒;质量数等于质子数加中子数．17．F2[2011·浙江卷]“B超”可用于探测人体内脏的病变状况．下图是超声波从肝脏表面入射，经折射与反射，最后从肝脏表面射出的示意图．超声波在进入肝脏发生折射时遵循的规律与光的折射规律类似,可表述为eq\f(sinθ1，sinθ2）＝eq\f（v1，v2）(式中θ1是入射角,θ2是折射角，v1、v2分别是超声波在肝外和肝内的传播速度)，超声波在肿瘤表面发生反射时遵循的规律与光的反射规律相同．已知v2＝0。9v1，入射点与出射点之间的距离是d，入射角为i，肿瘤的反射面恰好与肝脏表面平行，则肿瘤离肝脏表面的深度h为（）A.eq\f（9dsini，2\r(100－81sin2i））B.eq\f(d\r(81－100sin2i),10sini)C.eq\f(d\r（81－100sin2i),20sini)D.eq\f(d\r（100－81sin2i）,18sini）【解析】D超声波在肝脏的传播情况如图所示，根据其折射规律可得:eq\f（sini,sinθ）＝eq\f（v1，v2）＝eq\f（10,9）,由几何关系有:tanθ＝eq\f（d,2h）,联立解得：h＝eq\f(d\r（100－81sin2i）,18sini)，故选项A、B、C错误，选项D正确．18．F2[2011·浙江卷]关于波动，下列说法正确的是（)A．各种波均会发生偏振现象B．用白光做单缝衍射与双缝干涉实验，均可看到彩色条纹C．声波传播过程中,介质中质点的运动速度等于声波的传播速度D．已知地震波的纵波波速大于横波波速，此性质可用于横波的预警【解析】BD只有横波才能发生偏振现象，故选项A错误；白光做单缝衍射和双峰干涉实验,均可以看到彩色条纹，选项B正确；声波在传播的过程中,介质中质点是不随波的传播而迁移的，而是在平衡位置附近振动,所以质点振动速度与传播速度是不一样的，故选项C错误；由于地震波的纵波波速大于横波波速，所以可以利用时间差预警，故选项D正确．19．F2［2011·浙江卷]为了探测X星球，载着登陆舱的探测飞船在以该星球中心为圆心、半径为r1的圆轨道上运动，周期为T1，总质量为m1。随后登陆舱脱离飞船，变轨到离星球更近的半径为r2的圆轨道上运动，此时登陆舱的质量为m2，则()A．X星球的质量为M＝eq\f（4π2r\o\al（3,1)，GT\o\al(2,1)）B．X星球表面的重力加速度为gX＝eq\f（4π2r1，T\o\al(2，1））C．登陆舱在r1与r2轨道上运动时的速度大小之比为eq\f(v1，v2）＝eq\r(\f(m1r2，m2r1))D．登陆舱在半径为r2的轨道上做圆周运动的周期为T2＝T1eq\r（\f（r\o\al（3，2），r\o\al(3,1）))【解析】AD当轨道半径为r1时，由万有引力提供向心力:Geq\f(Mm1，r\o\al(2,1））＝m1r1eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（2π,T1)))2,解得M＝eq\f(4π2r\o\al(3,1)，GT\o\al(2,1）），故选项A正确;设星球半径为R，根据Geq\f（Mm1，r\o\al（2,1)）＝m1r1eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（2π，T1))）2,Geq\f(Mm,R2)＝mgX(m为X星球表面某物体的质量),解得gX＝eq\f(4π2r\o\al（3,1）,T\o\al(2，1）R2)，故选项B错误；根据Geq\f（Mm，r2)＝meq\f(v2,r)可知v＝eq\r（\f（GM，r）)，则eq\f(v1,v2)＝eq\r(\f（r2,r1)），故选项C错误；由开普勒第三定律:eq\f（r3，T2）＝k可知T2＝T1eq\r(\f(r\o\al(3，2），r\o\al(3,1）)），故选项D正确．20．F2［2011·浙江卷］利用如图所示装置可以选择一定速度范围内的带电粒子．图中板MN上方是磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，板上有两条宽度分别为2d和d的缝，两缝近端相距为L.一群质量为m、电荷量为q、具有不同速度的粒子从宽度为2d的缝垂直于板MN进入磁场，对于能够从宽度为d的缝射出的粒子,下列说法正确的是（)A．粒子带正电B．射出粒子的最大速度为eq\f(qB3d＋L，2m）C．保持d和L不变，增大B,射出粒子的最大速度与最小速度之差增大D．保持d和B不变，增大L，射出粒子的最大速度与最小速度之差增大

F3动量综合问题35．［2011·课标全国卷]F3（2）如图1－17所示，A、B、C三个木块的质量均为m，置于光滑的水平面上，B、C之间有一轻质弹簧，弹簧的两端与木块接触而不固连．将弹簧压紧到不能再压缩时用细线把B和C紧连,使弹簧不能伸展，以至于B、C可视为一个整体．现A以初速v0沿B、C的连线方向朝B运动,与B相碰并粘合在一起．以后细线突然断开，弹簧伸展，从而使C与A、B分离．已知C离开弹簧后的速度恰为v0，求弹簧释放的势能．图1－17【解析】设碰后A、B和C的共同速度的大小为v,由动量守恒得3mv＝mv0①设C离开弹簧时，A、B的速度大小为v1,由动量守恒得3mv＝2mv1＋mv0②设弹簧的弹性势能为Ep，从细线断开到C与弹簧分开的过程中机械能守恒，有eq\f(1,2)（3m）v2＋Ep＝eq\f(1，2）（2m）veq\o\al（2,1）＋eq\f(1，2)mveq\o\al(2,0）③由①②③式得，弹簧所释放的势能为Ep＝eq\f(1,3）mveq\o\al（2，0)④20．F3[2011·全国卷］质量为M、内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ.初始时小物块停在箱子正中间，如图1－3所示．现给小物块一水平向右的初速度v，图1－3小物块与箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止．设碰撞都是弹性的,则整个过程中,系统损失的动能为（)A。eq\f(1,2)mv2B。eq\f(1，2）eq\f(mM,m＋M）v2C。eq\f（1,2）NμmgLD．NμmgL【解析】BD根据动量守恒，小物块和箱子的共同速度v′＝eq\f（mv，M＋m),损失的动能ΔEk＝eq\f(1,2）mv2－eq\f(1，2）(M＋m）v′2＝eq\f（1,2）eq\f（mM,m＋M)v2，所以B正确．根据能量守恒，损失的动能等于因摩擦产生的热量，而计算热量的方法是摩擦力乘以相对位移,所以ΔEk＝fNL＝NμmgL，可见D正确．29．(2）F3[2011·福建卷](2)在光滑水平面上，一质量为m、速度大小为v的A球与质量为2m静止的B球碰撞后，A球的速度方向与碰撞前相反．则碰撞后B球的速度大小可能是__________．(填选项前的字母A．0。6vB．0.4vC．0.3vD．0。2v29．（2）F3［2011·福建卷］A【解析】以A原来的运动方向为正方向，根据动量守恒定律mv＋0＝2m·vB－mvA,碰撞过程能量有损失，eq\f（1，2）mv2≥eq\f（1，2）mveq\o\al(2,A)＋eq\f（1，2）·2m·veq\o\al（2，B）,联立两个方程解得0≤vB≤eq\f（2,3）v；此外由mv＋0＝2m·vB－mvA,解得vB＝eq\f(v＋vA,2)>eq\f（v，2）；所以eq\f(v，2)<vB≤eq\f(2v,3），只有A项符合要求．F4力学观点的综合应用26．F4[2011·全国卷]装甲车和战舰采用多层钢板比采用同样质量的单层钢板更能抵御穿甲弹的射击．通过对以下简化模型的计算可以粗略说明其原因．质量为2m、厚度为2d的钢板静止在水平光滑桌面上．质量为m的子弹以某一速度垂直射向该钢板,刚好能将钢板射穿．现把钢板分成厚度均为d、质量均为m的相同两块，间隔一段距离平行放置，如图1－8所示．若子弹以相同的速度垂直射向第一块钢板，穿出后再射向第二块钢板，求子弹射入第二块钢板的深度．设子弹在钢板中受到的阻力为恒力，且两块钢板不会发生碰撞．不计重力影响图1－8【解析】设子弹初速度为v0，射入厚度为2d的钢板后，最终钢板和子弹的共同速度为V,由动量守恒得（2m＋m）V＝mv0解得V＝eq\f(1，3）v0此过程中动能损失为ΔE＝eq\f（1，2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1，2）×3mV2②解得ΔE＝eq\f（1，3)mveq\o\al(2，0）分成两块钢板后,设子弹穿过第一块钢板时两者的速度分别为v1和V1，由动量守恒得mv1＋mV1＝mv0③因为子弹在钢板中受到的阻力为恒力，射穿第一块钢板的动能损失为eq\f（ΔE，2),由能量守恒得eq\f（1,2)mveq\o\al（2,1)＋eq\f（1,2）mVeq\o\al(2，1）＝eq\f（1，2)mveq\o\al(2，0）－eq\f(ΔE,2)④联立①②③④式，且考虑到v1必须大于V1，得v1＝eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（1，2)＋\f（\r(3),6））)v0⑤设子弹射入第二块钢板并留在其中后两者的共同速度为V2，由动量守恒得2mV2＝mv1⑥损失的动能为ΔE′＝eq\f（1,2)mveq\o\al(2，1)－eq\f(1,2）×2mVeq\o\al（2,2)⑦联立①②⑤⑥⑦式得ΔE′＝eq\f（1，2）eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(1＋\f（\r(3)，2）））×eq\f(ΔE，2)⑧因为子弹在钢板中受到的阻力为恒力，由⑧式可得,射入第二钢板的深度x为x＝eq\f（1，2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（1＋\f（\r(3)，2）)）d⑨24．F4[2011·安徽卷]如图1－17所示，质量M＝2kg的滑块套在光滑的水平轨道上，质量m＝1kg的小球通过长L＝0.5m的轻质细杆与滑块上的光滑轴O连接，小球和轻杆可在竖直平面内绕O轴自由转动，开始轻杆处于水平状态．现给小球一个竖直向上的初速度v0＝4m(1）若锁定滑块，试求小球通过最高点P时对轻杆的作用力大小和方向．（2)若解除对滑块的锁定，试求小球通过最高点时的速度大小．(3)在满足(2)的条件下，试求小球击中滑块右侧轨道位置点与小球起始位置点间的距离．图1－17【解析】(1）设小球能通过最高点,且此时的速度为v1.在上升过程中，因只有重力做功,小球的机械能守恒，则eq\f（1，2）mveq\o\al（2，1）＋mgL＝eq\f（1，2)mveq\o\al（2,0）①v1＝eq\r(6）m/s②设小球到达最高点时，轻杆对小球的作用力为F，方向向下，则F＋mg＝meq\f(v\o\al（2，1）,L)③由②③式，得F＝2N④由牛顿第三定律可知,小球对轻杆的作用力大小为2N，方向竖直向上．（2)解除锁定后,设小球通过最高点时的速度为v2，此时滑块的速度为V。在上升过程中，因系统在水平方向不受外力作用,水平方向的动量守恒．以水平向右的方向为正方向,有mv2＋MV＝0⑤在上升过程中,因只有重力做功，系统的机械能守恒,则eq\f(1,2）mveq\o\al（2，2)＋eq\f(1，2)MV2＋mgL＝eq\f（1，2）mveq\o\al（2，0)⑥由⑤⑥式，得v2＝2m(3）设小球击中滑块右侧轨道的位置点与小球起始位置点间的距离为s1，滑块向左移动的距离为s2。任意时刻小球的水平速度大小为v3，滑块的速度大小为V′.由系统水平方向的动量守恒，得mv3－MV′＝0⑧将⑧式两边同乘以Δt，得mv3Δt－MV′Δt＝0⑨因⑨式对任意时刻附近的微小间隔Δt都成立，累积相加后，有ms1－Ms2＝0⑩又s1＋s2＝2Leq\o(○,\s\up1(11））由⑩eq\o(○，\s\up1（11））式，得s1＝eq\f（2,3)meq\o(○，\s\up1(12))24．F4［2011·重庆卷］如图1－13所示，静置于水平地面的三辆手推车沿一直线排列,质量均为m。人在极短时间内给第一辆车一水平冲量使其运动，当车运动了距离L时与第二车相碰，两车以共同速度继续运动了距离L时与第三车相碰,三车以共同速度又运动了距离L时停止．车运动时受到的摩擦阻力恒为车所受重力的k倍，重力加速度为g,若车与车之间仅在碰撞时发生相互作用,碰撞时间很短，忽略空气阻力，求：图1－13(1）整个过程中摩擦阻力所做的总功；（2）人给第一辆车水平冲量的大小；（3）第一次与第二次碰撞系统动能损失之比．24．F4[2011·重庆卷］【解析】(1)设运动过程中摩擦阻力做的总功为W，则W＝－kmgL－2kmgL－3kmgL＝－6kmgL(2)设第一车初速度为u0，第一次碰前速度为v1,碰后共同速度为u1；第二次碰前速度为v2，碰后共同速度为u2;人给第一车的水平冲量大小为I。由:－kmgL＝eq\f（1，2）mveq\o\al(2，1）－eq\f（1,2)mueq\o\al(2,0）－k（2m)gL＝eq\f（1，2）（2m)veq\o\al（2,2)－eq\f（1,2）（2m）ueq\o\al（2，1)－k（3m）gL＝0－eq\f(1，2）(3m）ueq\o\al(2，2）mv1＝2mu12mv2＝3mu2得：I＝mu0－0＝2meq\r（7kgL）（3)设两次碰撞中系统动能损失分别为ΔEk1和ΔEk2.由ΔEk1＝eq\f（13，2）kmgLΔEk2＝eq\f(3，2)kmgL得：eq\f（ΔEk1，ΔEk2)＝eq\f（13，3)F5实验:验证碰撞中的动量守恒21．J8F5[2011·北京卷]（1）用如图1所示的多用电表测量电阻，要用到选择开关K和两个部件S、图1①旋动部件________，使指针对准电流的“0"刻线．②将K旋转到电阻挡“×100"的位置．③将插入“＋”、“－"插孔的表笔短接，旋动部件_____,使指针对准电阻的_____（填“0刻线”或“∞刻线”）．④将两表笔分别与待测电阻相接，发现指针偏转角度过小．为了得到比较准确的测量结果，请从下列选项中挑出合理的步骤，并按_____的顺序进行操作，再完成读数测量．A．将K旋转到电阻挡“×1k”的位置B．将K旋转到电阻挡“×10"的位置C．将两表笔的金属部分分别与被测电阻的两根引线相接D．将两表笔短接，旋动合适部件,对电表进行校准【答案】①S③T0刻线④ADC【解析】S为指针定位螺丝,作用是把电表的指针调到左端零位置，称之为机械调零．T为欧姆调零旋纽，当选择开关打到欧姆挡时，调节该旋纽，使指针指到右端零位置．当笔尖相互接触时，接入的电阻为零,所以指针的示数应在0刻度．将两表笔分别与待测电阻相接，发现指针偏转角度过小,说明电阻很大（打到欧姆挡，指针在无穷大处），所以量程应该调大一些，让指针在中央刻度附近,所以先换成大挡位,调零，再测量，所以顺序为ADC.(2)如图2所示,用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系．图2①实验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的．但是，可以通过仅测量________（填选项前的序号）,间接地解决这个问题．A．小球开始释放高度hB．小球抛出点距地面的高度HC．小球做平抛运动的射程②图2中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影．实验时，先让入射球m1多次从斜轨上S位置静止释放，找到其平均落地点的位置P,测量平抛射程OP。然后，把被碰小球m2静置于轨道的水平部分，再将入射球m1从斜轨S位置静止释放，与小球m2相撞,并多次重复．接下来要完成的必要步骤是______．（填选项的符号)A．用天平测量两个小球的质量m1、m2B．测量小球m1开始释放高度hC．测量抛出点距地面的高度HD．分别找到m1、m2相碰后平均落地点的位置M、NE．测量平抛射程OM、ON③若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为________________________(用②中测量的量表示）；若碰撞是弹性碰撞．那么还应满足的表达式为______________________（用②中测量的量表示)．④经测定，m1＝45.0g，m2＝7。5g，图3碰撞前、后m1的动量分别为p1与p′1，则p1∶p′1＝________∶11；若碰撞结束时m2的动量为p′2，则p′1∶p′2＝11∶________.实验结果说明，碰撞前、后总动量的比值eq\f（p1,p′1＋p′2)为________．⑤有同学认为，在上述实验中仅更换两个小球的材质，其他条件不变,可以使被碰小球做平抛运动的射程增大．请你用④中已知的数据，分析和计算出被碰小球m2平抛运动射程ON的最大值为________cm。21．J8F5[2011·北京卷］①C③m1·OM＋m2·ON＝m1·OPm1·OM2＋m2·ON2＝m1·OP2④142。91~1。01⑤76.8【解析】①被碰小球碰撞前后的时间仅由下落高度决定,两球下落高度相同,时间相同，所以水平速度可以用水平位移数值表示．②本实验需要测量的量有两小球的质量m1、m2和平抛射程OM、ON，显然要确定两小球的平均落点M和N的位置．③碰撞过程中，动量守恒,即碰撞前的动量m1·OP等于碰撞后的动量m1·OM＋m2·ON；若是弹性碰撞，则机械能守恒,eq\f(1，2)m1·eq\f(OM2，t2）＋eq\f（1,2)m2·eq\f(ON2，t2）＝eq\f(1，2）m1·eq\f(OP2，t2）,整理可得m1·OM2＋m2·ON2＝m1·OP2.④把测量的小球的质量以及图中的距离代入动量守恒公式中，就可以得出结果．⑤当碰撞为弹性碰撞时，被碰小球射程最大，把数据代入③中的两个方程，可以得出结果．1．【2011·温州质检】如图X30－1所示,国际花样滑冰锦标赛男女双人自由滑项目中,我国著名选手申雪、赵宏博在决赛中的一个瞬间，他们正以相同的速度v0在光滑冰面上前进，当赵宏博用力将申雪向后推出后，申雪单腿沿直线匀速运动后继而做出优美的旋转动作，若赵宏博以相对自己的速度v向后推出申雪，问赵宏博的速度变为多大？（设赵宏博的质量为M，申雪的质量为m)图X30－11．【解析】设他们前进的方向为正方向，以冰面为参考系，推出后，赵宏博的动量为Mv男，申雪相对冰面的速度为－eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(v－v男))，根据动量守恒定律得：eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（M＋m))v0＝Mv男－meq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(v－v男)）解得v男＝v0＋eq\f（mv，M＋m).2．【2011·临沂模拟】两磁铁各放在一辆小车上，小车能在水平面上无摩擦地沿同一直线运动．已知甲车和磁铁的总质量为0.5kg，乙车和磁铁的总质量为1.0kg。两磁铁的N极相对,推动一下，使两车相向运动．某时刻甲车的速率为2m/s,乙车的速率为3m(1)两车最近时，乙车的速度为多大？（2）甲车开始反向运动时,乙车的速度为多大？2．【解析】(1)两车相距最近时，两车的速度相同,设该速度为v，取乙车的速度方向为正方向．由动量守恒定律得m乙v乙－m甲v甲＝(m甲＋m乙)v所以两车最近时，乙车的速度为v＝eq\f(m乙v乙－m甲v甲，m甲＋m乙)＝eq\f(1×3－0。5×2，0.5＋1）m/s＝eq\f（4，3）m/s＝1。33m/s（2)甲车开始反向时,其速度为0，设此时乙车的速度为v乙′，由动量守恒定律得m乙v乙－m甲v甲＝m乙v乙′解得v乙′＝eq\f（m乙v乙－m甲v甲,m乙)＝eq\f(1×3－0.5×2，1)m/s＝2m/s.3．【解析】（1)在子弹撞击A的过程中，子弹与A组成系统的总动量守恒，此过程结束时A的速度最大，设此刻子弹的速度为v，A的速度为vA，则有mv0＝mv＋mAvA，解得：vA＝2。5（2）当A在B上滑动过程中，A与B组成的系统的总动量守恒，若A不会滑离B，则当A滑到B右端时两者速度恰好相等，设相对滑动距离为s，两者达到的共同速度为v共，则有:mAvA＝(mA＋mB)v共，eq\f(1，2)mAveq\o\al(2,A）－eq\f（1，2）（mA＋mB）veq\o\al(2,共）＝μmAgs，解得：v共＝1.25m/s,s4．【2011·濮阳一模】如图X30－4所示，子弹水平射入放在光滑水平地面上静止的木块,子弹未穿透木块,此过程木块动能增加了E。请推证：此过程子弹和木块系统产生的内能一定大于E。图X30－44．【解析】设子弹和木块的质量分别为m、M，子弹打入木块前的速度为v0，打入后二者的共同速度为v。子弹打入木块过程中，动量守恒，有:mv0＝(m＋M)v子弹打入木块过程中，系统产生的内能为：Q＝eq\f（1，2）mveq\o\al（2,0)－eq\f(1，2）(m＋M）v2而E＝eq\f